Capítulo 9 INTEGRAÇÃO DUPLA - IME – Instituto de Matemática e

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Capítulo 9
INTEGRAÇÃO DUPLA
9.1 Integração Dupla sobre Retângulos
Denotemos por:
R = [a, b] × [c, d] = {(x, y) ∈ R2 /a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
um retângulo em R2 .
Consideremos P1 = {x0 , x1 , ...., xn } e P2 = {y0 , y1 , ...., yn } partições de ordem n de [a, b] e [c, d] respectivamente, tais que:
a = x0 < x1 < . . . . . . < xn = b e c = y0 < y1 < . . . . . . < yn = d
b−a
d−c
e xi+1 − xi =
, yj+1 − yj =
.
n
n
d
yj+1
yj
R
R ij
c
a
xi
x i+1
b
Figura 9.1: Partição de R.
O conjunto P1 × P2 é denominada partição do retângulo R de ordem n.
271
CAPÍTULO 9. INTEGRAÇÃO DUPLA
272
Sejam os n2 sub-retângulos Rij = [xi , xi+1 ] × [yj , yj+1] e cij ∈ Rij arbitrário
(i, j = 0, ...., n − 1). Considere a função limitada f : R −→ R. A soma
Sn =
n−1 X
n−1
X
f (cij ) ∆x ∆y,
i=0 j=0
onde ∆x =
b−a
d−c
e ∆y =
é dita soma de Riemann de f sobre R.
n
n
Definição 9.1. Uma função f : R −→ R limitada é integrável sobre R se
lim Sn ,
n→+∞
existe independente da escolha de cij ∈ Rij e da partição; em tal caso denotamos este limite por:
ZZ
f (x, y) dx dy,
R
que é denominada integral dupla de f sobre R.
Teorema 9.1. Toda f : R −→ R contínua é integrável.
A prova deste teorema pode ser vista em [EL].
9.2 Significado Geométrico da Integral Dupla
Se f é contínua e f (x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ R, a existência da integral
dupla de f sobre R tem um significado geométrico direto. Consideramos o
sólido W ⊂ R3 definido por:
W = {(x, y, z) ∈ R3 / a ≤ x ≤ b,
c ≤ y ≤ d,
Figura 9.2: O sólido W .
0 ≤ z ≤ f (x, y)}
9.2. SIGNIFICADO GEOMÉTRICO DA INTEGRAL DUPLA
273
W é fechado e limitado superiormente pelo gráfico de z = f (x, y), inferiormente por R e lateralmente pelos planos x = a, x = b, y = c, y = d. Se
denotamos por V (W ) o volume de W , então:
V (W ) =
ZZ
f (x, y) dx dy
R
De fato, escolhendo cij como o ponto onde f atinge seu máximo sobre Rij
(pois R é fechado, limitado e f é contínua), então f (cij )×∆x×∆y é o volume
do paralelepípedo de base Rij e altura f (cij ).
Figura 9.3: Partição e os paralelepípedos de W , respectivamente.
n−1 X
n−1
X
Sn =
f (cij ) ∆x ∆y
i=0 j=0
é o volume do sólido circunscrito a W . Analogamente se eij é o ponto onde
f atinge seu mínimo sobre Rij (pois R é fechado, limitado e f é contínua),
então:
sn =
n−1
n−1 X
X
f (eij ) ∆x ∆y
i=0 j=0
é o volume do sólido inscrito em W . Como f é integrável, os limites das
somas de Riemann Sn e sn independem da escolha de cij e eij :
ZZ
lim Sn = lim sn =
f (x, y) dx dy.
n→∞
n→∞
R
Em outras palavras os volumes dos sólidos inscritos e circunscritos a W ,
tendem ao mesmo limite. Portanto, é razoável chamar este limite de volume
de W .
274
Figura 9.4: Reconstrução do sólido.
Novamente notamos que é possível mostrar rigorosamente que o significado geométrico da integral dupla independe da escolha da partição e dos
pontos cij e eij .
A integral dupla tem propriedades análogas às das integrais das funções de
uma variável.
9.3. INTEGRAIS ITERADAS
275
Proposição 9.1.
1. Linearidade da integral dupla. Se f e g são funções integraveis sobre
R então para todo α, β ∈ R, α f + β g é integrável sobre R, e:
ZZ
R
α f (x, y)+β g(x, y) dx dy = α
ZZ
f (x, y) dx dy+β
R
ZZ
g(x, y) dx dy.
R
2. Se f e g são integráveis sobre R e g(x, y) ≤ f (x, y), para todo (x, y) ∈ R,
então:
ZZ
R
g(x, y) dx dy ≤
ZZ
f (x, y) dx dy.
R
3. Se R é subdividido em k retângulos e f é integrável sobre cada Ri , i =
1, ..., k então f é integrável sobre R e,
ZZ
f (x, y) dx dy =
R
k ZZ
X
i=1
f (x, y) dx dy.
Ri
9.3 Integrais Iteradas
Uma integral iterada de f sobre R é uma integral do tipo:
Z d Z
c
b
a
f (x, y) dx dy.
Para calculá-la fixamos y e calculamos a integral
Z
b
f (x, y) dx como integral
a
de uma veriável em x; o resultado é uma função de y que é novamente
integrada em y, com limites de integração c e d.
A integral
Z b Z
a
d
c
f (x, y) dy dx é calculada de forma análoga.
Exemplos 9.1.
Z 2 Z 3
2
[1] Calcule
x y dy dx.
0
1
276
Z
3
2
2
x y dy = x
1
[2] Calcule
Z π Z
0
Z
π
0
e
π
0
[3] Calcule
3
2
y dy = 4x
0
0
e
1
Z π
cos(x + y) dx dy =
(sen(y + π) − sen(y)) dy = −4.
Z
1
(x + y ) dx dy.
2
−2
1
π
3
π
6
x=1
x3
2 = 3 + 3 y2
+ xy (x + y ) dx =
3
−2
x=−2
Z
4
2
2
2
1
4
2
−1
ρ e sen(φ) dρ dφ.
ρ3
2
0
Z 1
(3 + 3 y 2) dy = 8.
(x + y ) dx dy =
2
−2
−1
ρ3
ρ2 e sen(φ) dρ = sen(φ)
0
Z
e
Z
Z
0
logo:
logo:
Z 2
32
x y dy dx =
4x2 dx = .
3
0
2
cos(x + y) dx dy.
Z 1 Z
Z
3
0
−1
[4] Calcule
e
1
π
Z 1 Z
Z
Z 2 Z
x=π
cos(x + y) dx = sen(x + y)x=0 = sen(y + π) − sen(y),
Z π Z
0
Z
π
3
π
6
Z
0
4
4
3
4
ρ3 4
e
;
ρ2 e dρ = sen(φ)
3 0
ρ3
ρ2 eρ sen(φ) dρ == sen(φ)
0
e64 − 1
3
Z π
3
e64 − 1
sen(φ) dφ
ρ e sen(φ) dρ dφ =
π
3
6
2 ρ3
9.4. TEOREMA DE FUBINI
Z
[5] Calcule
π
3
Z
π
6
0
4
√
64
3 − 1)
(e
−
1)
(
.
ρ2 e sen(φ) dρ dφ =
6
ρ3
Z 1 Z √1−y2 p
0
277
1−
Z √1−y2 p
0
0
e:
y 2 dx
dy.
1 − y 2 dx = 1 − y 2
Z 1
Z 1 Z √1−y2 p
2
2
1 − y dx dy =
(1 − y 2 ) dy = .
e
3
0
0
0
[6] Seja a função f : [0, 1] × [0, 1] −→ R definida por:
(
1
se x ∈ Q
f (x, y) =
2y
se x ∈
/ Q.
Então:
Z 1


Z 1

dy = 1
0
dy = Z 1

0


2 y dy = 1
0
Logo,
Z
0
1
Z
1
x∈Q
se
x∈
/ Q.
dy dx = 1.
0
Por outro lado
se
Z
0
1
1
f (x, y) dx não existe, exceto quando y = ; logo,
2
Z 1Z 1 dx dy
0
0
não existe. Em geral, nada garante a existência das integrais iteradas.
9.4 Teorema de Fubini
O seguinte teorema fundamental relaciona a integral dupla com as integrais
iteradas, o que facilitará seu cálculo.
278
Teorema 9.2. (Fubini): Seja f : R −→ R contínua sobre R. Então:
ZZ
f (x, y) dx dy =
R
Z d Z
c
a
b
Z b Z d
f (x, y) dx dy =
f (x, y) dy dx
a
c
Prova: Veja o apêndice.
Observações 9.1.
1. Uma visualização geométrica do teorema de Fubini pode ser feita usando o princípio de Cavalieri: “ Dado um sólido, se denotamos por
A(y) a área da seção transversal ao sólido, medida a uma distância y de
Rd
um plano de referência, o volume do sólido é dado por: V = c A(y) dy,
onde c e d são as distâncias mínima e máxima ao plano de referência”.
2. Se f é uma função contínua e f (x, y) ≥ 0 em todo R, então:
ZZ
f (x, y) dx dy
R
representa o volume do sólido W :
W = {(x, y, z) ∈ R3 /a ≤ x ≤ b,
c ≤ y ≤ d,
c
0 ≤ z ≤ f (x, y)}.
d
a
b
R
Figura 9.7:
3. Se intersectamos o sólido por um plano paralelo ao plano yz a uma
distância x da origem, obtemos uma seção plana que tem como área
Rd
A(x) =
sólido é:
c
ZZ
279
f (x, y) dy. Pelo princípio de Cavalieri, o volume total do
b
Z
f (x, y) dx dy =
R
A(x) dx =
a
Z b Z
a
d
f (x, y) dy dx.
c
4. Analogamente, se intersectamos o sólido por um plano paralelo ao
plano xz a uma distância y da origem obtemos uma seção plana de
Rb
área A(y) = a f (x, y) dx e pelo princípio de Cavalieri:
ZZ
Z
f (x, y) dx dy =
R
d
A(y) dy =
c
Z d Z
c
b
a
f (x, y) dx dy.
Exemplos 9.2.
[1] Calcule
ZZ
ZZ
dx dy, onde R = [a, b] × [c, d].
Z b Z d Z b
dx dy =
dy dx =
(d − c) dx = (b − a) (d − c);
R
R
a
c
a
numericamente a integral dupla
ZZ
dx dy, corresponde a área de R ou ao
R
volume do paralelepípedo de base R e altura 1.
ZZ
[2] Calcule
f (x, y) dx dy, onde R = [a, b] × [c, d] e f (x, y) = h, h constante
positiva.
ZZ
R
f (x, y) dx dy = h
R
ZZ
R
dx dy = h × A(R) = h (b − a) (d − c),
onde a última igualdade expressa o volume do paralelepípedo de base R e
altura h.
ZZ
[3] Calcule
(x y + x2 ) dx dy, onde R = [0, 1] × [0, 1].
R
ZZ
x=1
Z 1 2
x y x3 dy
+
(x y + x ) dx dy =
(x y + x ) dx dy =
2
3 x=0
R
0
0
0
Z 1
y 1
7
=
dy = .
+
2 3
12
0
2
Z 1 Z
1
2
280
7
representa o volume do sólido limitado superiormente pelo
12
gráfico da função f (x, y) = x y + x2 e pelos planos coordenados. ((x, y) ∈
[0, 1] × [0, 1]).
O número
0
1
1
0
Figura 9.8: Exemplo [4].
[4] Calcule
ZZ
R
ZZ
2
x y dx dy =
R
[5] Calcule
x y 2 dx dy, onde R = [−1, 0] × [0, 1].
0
ZZ
R
ZZ
Z 1 Z
Z
1
1 1 2
y dy = − .
x y dx dy = −
2 0
6
−1
0
2
sen(x + y) dx dy, onde R = [0, π] × [0, 2π].
sen(x + y) dx dy =
R
=
Z
Z
0
2π Z π
0
2π
0
sen(x + y) dx dy
(cos(y) − cos(y + π)) dy = 0.
[6] Calcule o volume do sólido limitado superiormente por z = 1 − y e
inferiormente pelo retângulo definido por 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1.
281
0.0
0.5
1.0
1.0
0.5
0.0
0.0
0.5
1.0
Figura 9.9: Sólido do exemplo [6].
O sólido está limitado superiormente pelo plano z = 1 − y e inferiormente
pelo retângulo R = [0, 1] × [0, 1]; então, o volume V é:
V =
ZZ
R
(1 − y) dx dy =
Z 1 Z
0
1
0
Z 1
1
(1 − y) dx dy =
(1 − y) dy = u.v.
2
0
[7] Calcule o volume do sólido limitado por z = x2 + y 2 e pelos planos x = 0,
x = 3, y = 0 e y = 1.
R = [0, 3] × [0, 1]. O volume é:
V =
ZZ
2
2
(x + y ) dx dy =
R
Z 1 Z
u.v. =unidades de volume.
0
0
3
Z 1
(x + y ) dx dy =
(9 + 3y 2) dy = 10 u.v.
2
2
0
282
[8] Calcule o volume do sólido limitado por z = 1−y 2 e pelos planos x = −1,
x = 1, y = −1 e y = 1.
R = [−1, 1] × [−1, 1]. O volume é:
V =
ZZ
2
R
(1 − y ) dx dy =
Z 1 Z
−1
1
Z 1
8
(1 − y ) dx dy = 2
(1 − y 2 ) dy = u.v.
3
−1
−1
2
9.5 Extensão do Teorema de Fubini
Antes de estudar a integral dupla em regiões mais gerais enunciaremos uma
genereralização do teorema 9.1.
Definição 9.2. Seja A ⊂ R, R = [a, b]×[c, d]. O conjunto A ⊂ R tem conteúdo
nulo se existe um número finito de sub-retângulos Ri ⊂ R, (1 ≤ i ≤ n) tais
que A ⊂ R1 ∪ R2 ∪ . . . ∪ Rn−1 ∪ Rn e:
lim
n→+∞
n
X
i=1
|Ri | = 0;
onde |Ri | é a área de Ri .
Exemplos 9.3.
[1] Se A = {p1 , p2 , ......., pm }, pi ∈ R, (1 ≤ i ≤ m). O conjunto A tem conteúdo
nulo. Utilizando uma partição de ordem n de R como antes, temos:
|Ri | =
(b − a) (d − c)
,
n2
9.5. EXTENSÃO DO TEOREMA DE FUBINI
283
1 ≤ i ≤ n. Como cada ponto pode estar no máximo em quatro subretângulos, então:
0<
n
X
i=1
Logo lim
n→+∞
n
X
i=1
|Ri | ≤
4 m (b − a) (d − c)
.
n2
|Ri | = 0.
[2] ∂R tem conteúdo nulo.
d
yj+1
yj
R
Rij
c
a
xi
x i+1
b
Figura 9.12: ∂R.
Os pontos de ∂R estão distribuido em 4 n − 4 sub-retângulos Rij :
0<
n
X
i=1
pois
n−1
n
|Ri | ≤
4 (b − a) (d − c)
(4 n − 4) (b − a) (d − c)
≤
,
2
n
n
< 1. Logo:
lim
n→+∞
n
X
i=1
|Ri | = 0.
É possível provar que o gráfico de uma função contínua f : [a, b] −→ R tem
conteúdo nulo.
284
Figura 9.13: G(f ).
Teorema 9.3. Se f : R −→ R é uma função limitada e o conjunto onde f é
descontínua tem conteúdo nulo, então f é integrav́el sobre R.
Prova: Veja [EL] na bibliografia.
9.6 Integração Dupla sobre Regiões mais Gerais
Definiremos três tipos especiais de subconjuntos do plano, que serão utilizados para estender o conceito de integral dupla sobre retângulos a regiões
mais gerais
9.7 Regiões Elementares
Seja D ⊂ R2 .
9.7.1 Regiões de tipo I
D é uma região de tipo I se pode ser descrita por:
D = {(x, y) ∈ R2 /a ≤ x ≤ b, φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x)}
sendo φi : [a, b] −→ R (i = 1, 2) funções contínuas tais que φ1 (x) ≤ φ2 (x)
para todo x ∈ [a, b].
9.7. REGIÕES ELEMENTARES
285
φ
2
φ2
D
D
φ
φ1
1
a
b
a
b
Figura 9.14: Regiões de tipo I.
9.7.2 Regiões de tipo II
D é uma região de tipo II se pode ser descrita por:
D = {(x, y) ∈ R2 /c ≤ y ≤ d, ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y)}
sendo ψi : [c, d] −→ R (i = 1, 2) funções contínuas tais que ψ1 (y) ≤ ψ2 (y)
para todo y ∈ [c, d].
d
ψ
1
D
ψ
2
ψ
D
1
ψ
2
c
Figura 9.15: Regiões de tipo II.
9.7.3 Regiões de tipo III
D é uma região de tipo III se pode ser descrita como região de tipo I ou de
tipo II.
Observações 9.2.
1. As regiões de tipos I, II ou III são chamadas elementares.
2. As regiões elementares são fechadas e limitadas.
286
Exemplos 9.4.
[1] A região limitada pelas curvas y = x2 e y = 4 x − x2 pode ser descrita
como de tipo I:
A interseção das curvas é dada pela solução do sistema:
(
y = x2
y = 4 x − x2 ,
do qual obtemos: x = 0 e x = 2; logo, D = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤
y ≤ 4x − x2 }.
5
4
3
2
1
0.5
1.0
1.5
2.0
Figura 9.16: Região de tipo I.
[2] Seja a região D limitada pelas seguintes curvas: y 2 − x = 1 e y 2 + x = 1.
A região pode ser descrita por:
D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ y ≤ 1, y 2 − 1 ≤ x ≤ 1 − y 2 };
D é uma região de tipo II.
1.0
0.5
-1.0
- 0.5
0.5
1.0
- 0.5
-1.0
Figura 9.17: Região de tipo II.
9.7. REGIÕES ELEMENTARES
287
[3] A região D limitada pela reta x + y = 2 e pelos eixos coordenados, no
primeiro quadrante, pode ser descrita como de tipo II:
D = {(x, y) ∈ R2 /0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ x ≤ 2 − y}.
2.0
1.5
1.0
0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
Figura 9.18: Região de tipo III.
[4] A região D limitada pelas curvas y = x−1 e y 2 = 2 x+6, pode ser descrita
como de tipo II.
A interseção das curvas é dada pela solução do sistema:
(
y = x−1
y 2 = 2 x + 6,
do qual obtemos: x = −1 e x = 5; logo:
D = {(x, y) ∈ R2 / − 2 ≤ y ≤ 4,
y2
− 3 ≤ x ≤ y + 1}.
2
3
2
1
1
2
3
Figura 9.19: Região de tipo II.
288
[5] Seja D a região limitada pela curva x2 + y 2 = 1; esta região é do tipo III.
De fato:
De tipo I:
√
√
D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ x ≤ 1, φ1 (x) = − 1 − x2 ≤ y ≤ φ2 (x) = 1 − x2 }.
De tipo II:
p
p
D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ y ≤ 1, ψ1 (y) = − 1 − y 2 ≤ x ≤ ψ2 (y) = 1 − y 2 }.
9.8 Extensão da Integral Dupla
Seja D uma região elementar tal que D ⊂ R, onde R é um retãngulo e f :
D −→ R uma função contínua (logo limitada). Definamos f ∗ : R −→ R por:
(
f (x, y) se (x, y) ∈ D
f ∗ (x, y) =
0
se (x, y) ∈ R − D.
f ∗ é limitada e contínua, exceto, possivelmente, em ∂D; mas se ∂D consiste
de uma união finita de curvas que são gráficos de funções contínuas, pelo
teorema 9.1, f ∗ é integrável sobre R.
R
R
D
D
Figura 9.20: Gráficos de f e f ∗ , respectivamente.
Definição 9.3. f : D −→ R é integrável sobre D se f ∗ é integrável sobre R e
em tal caso definimos:
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f ∗ (x, y) dx dy.
D
R
9.9. INTEGRAL DUPLA E VOLUME DE SÓLIDOS
289
Se R1 é outro retângulo tal que D ⊂ R1 e f1∗ : R1 −→ R é definida como
antes, então:
ZZ
ZZ
∗
f1∗ (x, y) dx dy,
f (x, y) dx dy =
R
R1
pois f ∗ = f1∗ = 0 onde R e R1 diferem.
f* =f* =0
1
R
D
R1
Figura 9.21:
Logo,
9.9
RR
D
f (x, y) dx dy não depende da escolha do retângulo.
Integral Dupla e Volume de Sólidos
Proposição 9.2. Se f : D −→ R é uma função contínua e limitada sobre D,
então:
1. Se D é uma região de tipo I:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
Z b Z
φ2 (x)
Z d Z
ψ2 (y)
a
f (x, y) dy dx
φ1 (x)
2. Se D é uma região de tipo II:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
Para a prova, veja o apêndice.
c
ψ1 (y)
f (x, y) dx dy
290
Corolário 9.4. Se f (x, y) = 1 em todo D, então:
ZZ
dx dy = Área(D)
D
De fato, se D é de tipo I, temos
ZZ
dx dy =
D
Z
a
b
φ2 (x) − φ1 (x) dx = A(D).
Se f (x, y) ≥ 0 e é contínua em D, podemos novamente interpretar a integral
dupla de f sobre D como o volume do sólido W limitado superiormente
pelo gráfico de f e inferiormente por D.
W = {(x, y, z) ∈ R3 /(x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f (x, y)}
D é a projeção de W sobre o plano xy e:
V (W ) =
ZZ
f (x, y) dx dy
D
9.9.1 Exemplos
[1] Calcule
Z 1 Z
0
y
1
e dx dy. A integral não pode ser calculada na ordem
x2
dada. Observe que:
ZZ
x2
e dx dy =
D
Z 1 Z
0
y
1
e dx dy.
x2
A região D, onde está definida a integral, é de tipo II: 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤ 1.
1
1
Figura 9.22: A região D.
291
A região D é de tipo III; logo, D também é de tipo I. De fato: 0 ≤ x ≤ 1 e
0 ≤ y ≤ x e:
ZZ
Z 1 Z x
Z 1
1
2
x2
x2
e dx dy =
e dy dx =
x ex dx = (e − 1).
2
D
0
0
0
Z 1 Z 1
sen(y)
[2] Calcule
dy dx.
y
0
x
A região D, onde está definida a integral é de tipo I: 0 ≤ x ≤ 1 e x ≤ y ≤ 1.
Por outro lado, D é de tipo III, logo D também é de tipo II: 0 ≤ y ≤ 1 e
0 ≤ x ≤ y:
1
1
Z 1 Z
0
x
1
Z 1 Z y
Z 1
sen(y)
sen(y)
dy dx =
dx dy =
sen(y) dy = 1 − cos(1).
y
y
0
0
0
ZZ p
[3] Calcule
1 − y 2 dx dy, onde D é a região limitada por x2 + y 2 = 1 no
D
primeiro quadrante.
1
1
292
Consideramos D como região de tipo II:
D = {(x, y) ∈ R/0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤
Pela proposicão:
p
1 − y 2}.
ZZ p
Z 1 Z √1−y2 p
Z 1
2
2
2
1 − y dx dy =
1 − y dx dy =
(1 − y 2) dy = .
3
0
0
0
D
Note que se escrevemos D como região de tipo I, a integração é muito mais
complicada.
ZZ
[4] Calcule
(x + y)2 dx dy, se D é a região limitada por y = x, 2 y = x + 2
D
e o eixo dos y.
1
1
2
As retas se intersectam no ponto (2, 2). Escrevendo D como região de tipo I:
x
0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ + 1.
2
ZZ
D
2
(x + y) dx dy =
Z 2 Z
0
1
=
3
Z
0
2
x
+1
2
2
(x + y) dy dx
x
3
3x
21
+ 1 − 8x3 dx = .
2
6
[5] Determine o volume do sólido limitado por y − x + z = 1 e pelos planos
coordenados.
Para ter uma visão geométrica do problema, fazemos o desenho do sólido,
que é limitado superiormente pelo plano que passa pelos pontos (0, 0, 1),
(0, 1, 0), (−1, 0, 0) e inferiormente pelo plano z = 0.
293
1
-1
Figura 9.26: O sólido e a região, respectivamente.
A integral dupla representa o volume do sólido limitado superiormente
pelo gráfico da função z = f (x, y) = 1 + x − y e, inferiormente pela região D
projeção de W no plano xy.
W = {(x, y, z) ∈ R3 / (x, y) ∈ D,
onde D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ x ≤ 0,
volume é:
V (W ) =
=
ZZ
1
2
0 ≤ y ≤ x + 1} é região do tipo I. Seu
(1 + x − y) dx dy =
D
Z 0
−1
(x + 1)2 dx =
0 ≤ z ≤ 1 + x − y},
Z 0 Z
1
u.v.
6
−1
0
x+1
(1 + x − y) dy dx
[6] Determine o volume do sólido limitado por z = 2 x+1, x = y 2 e x−y = 2.
294
5
5
4
4
3
3
2
2
1
-2
1
0
0
-2
0
4
0
4
2
2
2
0
4
2
0
4
-2
-2
Figura 9.27: O sólido do exemplo [6].
1
1
2
-1
Observe que z = f (x, y) = 2 x + 1 e
V (W ) =
ZZ
(2 x + 1) dx dy,
D
onde D é a projeção do sólido no plano xy. Considerando D como região
do tipo II, ela é definida por:
D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ y ≤ 2, y 2 ≤ x ≤ y + 2}.
O volume é:
V (W ) =
=
ZZ
Z
(2x + 1) dx dy =
D
2
−1
Z 2 Z
y2
−1
(5 y + 6 − y 4 ) dy =
y+2
189
u.v.
10
295
(2 x + 1) dx dy
[7] Calcule o volume do sólido que está acima do plano xy e é limitado por
z = x2 + 4 y 2 e x2 + 4 y 2 = 4.
O gráfico de z = x2 + 4 y 2 é um parabolóide elítico e o de x2 + 4 y 2 = 4 é um
cilindro elítico.
y
y
0.5
1
0
-0.5
-1
3
3
0.5
0
-0.5
1
2
2
z
z
1
1
0-2
-2
0
-1
-1
0
x
0
1
x
2
1
2
1
-1
1
2
-1
Figura 9.30: A região do exemplo [7].
Pela simetria do sólido, calculamos o volume no primeiro octante e multiplicamos o resultado por 4.
296
1
1
2
D
√ é a projeção do cilindro no plano xy. D é do tipo I: 0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤
4 − x2
e,
2
V =4
=2
ZZ
Z
2
2
(x + 4y ) dx dy = 4
D
2
0
2
x
√
0
√
Z 2 Z
4−x2
2
2
2
(x + 4 y ) dy dx
0
3
4−
x2
(4 − x2 ) 2 dx = 4 π u.v.
+
3
[8] Calcule a área da região plana limitada pelas curvas y = x2 e y = 4 x−x2 .
Os pontos de interseção das curvas são: (0, 0) e (2, 4).
5
4
3
2
1
0.5
1.0
1.5
2.0
D é do tipo I: 0 ≤ x ≤ 2 e x2 ≤ y ≤ 4x − x2 .
A=
ZZ
D
dx dy =
Z 2 Z
0
4x−x2
dy dx = 2
x2
Z
0
2
(2x − x2 ) dx =
8
u.a.
3
[9] Calcule o volume do sólido obtido pela interseção dos cilindros: x2 +y 2 =
a2 e x2 + z 2 = a2 , a 6= 0.
O sólido é simétrico em relação à origem.
297
Figura 9.33: Interseção dos cilindros.
Calculamos o volume da porção do sólido no primeiro octante e multiplicamos o resultado por 8.
Figura 9.34: O sólido no primeiro octante.
Claramente D é região do tipo I: 0 √
≤x≤ae0≤y≤
sólido W é dada por z = f (x, y) = a2 − x2 e:
√
a2 − x2 . A altura do
298
V =8
=8
ZZ √
Z
0
=8
Z
0
a2 − x2 dx dy
D
√
a2 −x2 √
a Z
0
a2 − x2 dy dx
a
(a2 − x2 ) dx =
16 a3
.
3
[10] Calcule o volume do sólido limitado por 3 x + 4 y = 10, z = x2 + y 2 e
situado acima do plano xy, no primeiro octante.
0
1
2
3
8
2
6
4
1
2
0
3
2
1
1
0
2
3
Figura 9.35: Sólido e região do exemplo [10], respectivamente.
D é uma região do tipo II: 0 ≤ y ≤
V =
ZZ
=−
2
2
(x + y ) dx dy =
D
2
81
2
=−
81
5
10 − 4y
e0≤x≤
; logo:
2
3
Z 5 Z
2
0
Z
Z
5
2
0
5
2
0
0
10−4 y
3
(x + y ) dx dy
2
2
[2 y − 5] [43 y 2 − 80 y + 100] dy
[86 y 3 − 375 y 2 + 600 y − 500] dy =
15625
u.v.
1296
[11] Calcule o volume do sólido limitado por z − x y = 0, z = 0, y = x2 e
y 2 − x = 0.
299
D é uma região do tipo I: 0 ≤ x ≤ 1 e x2 ≤ y ≤
√
x,
1
1
Figura 9.37: Região D.
Logo:
V =
ZZ
D
x y dx dy =
Z 1 Z
0
√
x2
x
1
x y dy dx =
2
Z
1
0
[x2 − x5 ] dx =
1
u.v.
12
300
9.10 Exercícios
1. Calcule
ZZ
f (x, y) dx dy, se:
R
(a) f (x, y) = x2 y 3 e R = [0, 1] × [0, 1]
(b) f (x, y) = (x + y)2 (x2 − y 2 ) e R = [0, 1] × [0, 1]
(c) f (x, y) = x2 + 4 y e R = [0, 2] × [0, 3]
x2
e R = [−1, 1] × [−1, 1]
y2 + 1
(e) f (x, y) = ex y (x2 + y 2 ) e R = [−1, 3] × [−2, 1]
(d) f (x, y) =
(f) f (x, y) = x y − y 2 e R = [0, 5] × [0, 4]
(g) f (x, y) = 5 x y 2 e R = [1, 3] × [1, 4]
(h) f (x, y) = 2 x + c2 y e R = [−2, 2] × [−1, 1]
(i) f (x, y) = x2 − y 2 e R = [1, 2] × [−1, 1].
2. Calcule o volume do sólido limitado superiormente pelo gráfico da
função e inferiormente pelo retângulo dado:
(a) z =
p
9 − y 2 e R = [0, 4] × [0, 2]
(b) z = x2 + y 2 e R = [−2, 2] × [−3, 3]
(c) z = y 2 − x2 e R = [−1, 1] × [1, 3]
(d) z = 2 x + 3 y + 6 e R = [−1, 2] × [2, 3]
(e) z = a cos(2 θ) + b sen(2 α) e R = [0, π2 ] × [0, π2 ]
(f) z = x sen(y) e R = [0, π] × [0, π]
3. Calcule as seguintes integrais mudando a ordem de integração:
(a)
Z
1
0
Z
1
y
2
tg(x ) dx dy
2
x
x2
dy dx
(b)
2
1
1 y
Z 1 Z √1−x2 p
2
1 − y dy dx
(c)
Z
0
Z
0
(d)
Z
1
Z
1
2
sen(y ) dy dx
Z 1Z y
x2
(e)
e dx dy
0
0
(f)
Z
3
0
Z
x
3y
9
y cos(x ) dx dy
2
y2
9.10. EXERCÍCIOS
301
4. Calcule as seguintes integrais sabendo que D é limitada pelas curvas
dadas:
ZZ
y dx dy; y = 2 x2 − 2, y = x2 + x
ZZ
x y dx dy;
(c)
ZZ
x dx dy; x − y 2 = 0, x = 1
(d)
ZZ
dx dy
; y − x2 = 0, y = 1
x2 + 1
(e)
ZZ
(x2 + y 2) dx dy; y = 0, y = x − 1 e x = 1, x = 0
(f)
ZZ
ex+y dx dy; y = 0, y = x e x − 1 = 0
(g)
ZZ
x cos(y) dx dy; y = 0, y = x2 e x = 1
(h)
ZZ
4 y 3 dx dy; y = x − 6 e y 2 = x
(i)
ZZ
(y 2 − x) dx dy; y 2 = x e x = 3 − 2 y 2
(j)
ZZ
(x2 + 2 y) dx dy; y = 2 x2 e y = x2 + 1
(k)
ZZ
(1 + 2 x) dx dy; x = y 2 e y + x = 2
(l)
ZZ
dx dy; y 2 = x3 e y = x
(a)
D
(b)
D
D
D
D
D
x2
a2
+
y2
b2
= 1, x, y ≥ 0
D
D
D
D
D
D
302
Capítulo 10
MUDANÇA DE COORDENADAS
10.1 Introdução
Seja D ∗ ⊂ R2 uma região elementar no plano uv e:
x, y : D ∗ −→ R,
onde x = x(u, v) e y = y(u, v) são funções contínuas e com derivadas parciais contínuas num retângulo aberto R tal que D ∗ ⊂ R. Estas duas funções
determinam uma transformação do plano uv no plano xy. De fato:
T : D ∗ −→ R2 ,
onde T (u, v) = (x(u, v), y(u, v)). A transformação T é também denotada por:
(
x=
y=
x(u, v)
y(u, v),
(u, v) ∈ D ∗ .
Denotemos a imagen de D ∗ por T como D = T (D ∗ ), contida no plano xy.
303
CAPÍTULO 10. MUDANÇA DE COORDENADAS
304
v
y
D
T
D*
u
x
Figura 10.1: Mudança de coordenadas.
Exemplos 10.1.
Seja D ∗ = [0, 1] × [0, 2π] e T (r, t) = (r cos(t), r sen(t)).
Determinemos D = T (D ∗ ) no plano xy.
(
x = r cos(t)
y = r sen(t);
logo: x2 + y 2 = r 2 ≤ 1; então D = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≤ 1}.
t
y
2π
T
L
D*
D
1
1
r
Figura 10.2:
Definição 10.1. Uma transformação T é injetiva em D ∗ se:
T (u1, v1 ) = T (u2, v2 )
implica em u1 = u2 e v1 = v2 , para todo (u1 , v1 ), (u2 , v2 ) ∈ D ∗ .
x
10.2. JACOBIANO DA MUDANÇA DE COORDENADAS
305
No exemplo 10.1, temos que:
D ∗ = [0, 1] × [0, 2π]
e
T (r, t) = (r cos(t), r sen(t)).
A transformação T não é injetiva: De fato, T (0, t1 ) = T (0, t2) = (0, 0) para
t1 6= t2 . Observe que:
T (L) = (0, 0),
onde
L = {(0, t)/0 ≤ t ≤ 2 π}.
Mas se D ∗ = (0, 1] × (0, 2π], T é injetiva.
10.2 Jacobiano da Mudança de Coordenadas
Seja T : D ∗ −→ D uma transformação definida por:
(
x = x(u, v)
y = y(u, v), (u, v) ∈ D ∗ .
Considere a seguinte matriz:
∂x
 ∂u

J=
 ∂y
∂u


∂x
∂v 


∂y 
∂v
onde as derivadas parciais são calculadas nos pontos (u, v) ∈ D ∗ . J é chamada matriz Jacobiana (de Jacobi) da transformação T .
Definição 10.2. O determinante da matriz J, dito jacobiano de T , é denotado e definido por:
∂(x, y)
∂x ∂y ∂x ∂y
= det(J) =
−
∂(u, v)
∂u ∂v ∂v ∂u
onde as derivadas parciais são calculadas nos pontos (u, v) ∈ D ∗ .
Observação 10.1. A importância da matriz Jacobiana de uma transformação
deverá ser estudada com mais rigor, em disciplinas mais avançadas. Por
enquanto citaremos a seguinte proposição, sem prova:
306
Proposição 10.1. Se:
∂(x, y)
(u0 , v0 ) 6= 0,
∂(u, v)
(u0 , v0 ) ∈ D ∗ ,
então existe uma vizinhança do ponto (u0 , v0 ) tal que a restrição de T a esta
vizinhança é injetiva.
Exemplos 10.2.
[1] No exemplo 10.1, temos que:
D ∗ = [0, 1] × [0, 2π] e T (r, t) = (r cos(t), r sen(t)). Logo,
∂(x, y)
= r.
∂(r, t)
Note que para todo (r, t) ∈ L temos
∂(x, y)
= 0.
∂(r, t)
[2] Seja o quadrado D ∗ = [0, 1] × [0, 1] e T (u, v) = (u + v, u − v).
(
x =u+v
y = u − v.
Se u = 0, então y = −x; se v = 0, então y = x, se u = 1; então y = 2 − x e se
v = 1, então y = x − 2.
A região D = T (D ∗ ) é a região do plano xy limitada pelas curvas y = x,
y = −x, y = x − 2 e y = 2 − x. O jacobiano:
∂(x, y)
= −2.
∂(u, v)
1
1
1
-1
1
Figura 10.3: Regiões D ∗ e D, respectivamente.
2
10.3. MUDANÇA DE COORDENADAS E INTEGRAIS DUPLAS
307
[3] Seja D ∗ a região limitada pelas curvas u2 − v 2 = 1, u2 − v 2 = 9, u v = 1 e
u v = 4 no primeiro quadrante, sendo T (u, v) = (u2 − v 2 , u v).
Determinemos T (D ∗) = D, fazendo:
(
x = u2 − v 2
y = u v;
se u2 − v 2 = 1, então x = 1; se u2 − v 2 = 9, então x = 9, se u v = 1, então
y = 1 e se u v = 4, então y = 4
2
4
1
1
1
2
3
1
5
∂(x, y)
= 2(u2 + v 2 ), que não se anula em D ∗ .
∂(u, v)
10.3 Mudança de Coordenadas e Integrais Duplas
O seguinte teorema nos ensina o comportamento das integrais duplas sob
mudanças de coordenadas.
Teorema 10.1. Sejam D e D ∗ regiões elementares no plano, T uma transformação de classe C 1 e injetiva em D ∗ . Suponha que T (D ∗ ) = D. Então, para
toda função integrável f sobre D temos:
ZZ
D
onde:
f (x, y) dx dy =
∂(x, y) du dv
f (u, v) ∂(u, v) D∗
ZZ
∂(x, y) ∂(u, v) 9
308
é o valor absoluto do determinante Jacobiano e a função nas novas coordenadas f (u, v) = f (x(u, v), y(u, v)).
Em particular a área de D é:
A(D) =
ZZ ∂(x, y) du dv
dx dy =
D
D ∗ ∂(u, v)
ZZ
Observações 10.1.
1. É possível mostrar que o teorema anterior é ainda válido se T não é
injetiva num subconjunto de conteúdo nulo de D ∗ , como no caso de L,
no exemplo 1.
2. Observe que podemos ir do plano uv ao plano xy e vice-versa, pois T
é bijetiva.
10.4 Mudança Linear de Coordenadas
Consideremos a seguinte transformação:
x = x(u, v) = a1 u + b1 v
y = y(u, v) = a2 u + b2 v
onde a1 b2 − a2 b1 6= 0. Como:
∂(x, y) ∂(u, v) = |a1 b2 − a2 b1 |,
do teorema anterior, segue:
Corolário 10.2. Se f (u, v) = f (a1 u + b1 v, a2 u + b2 v), então:
ZZ
D
f (x, y) dx dy = |a1 b2 − a2 b1 |
ZZ
f (u, v) du dv
D∗
Em particular, a área de D é:
A(D) = |a1 b2 − a2 b1 | A(D ∗ )
10.4. MUDANÇA LINEAR DE COORDENADAS
309
Observação 10.2. Note que as inversas são:

b2 x − b1 y

u = u(x, y) =



a1 b2 − a2 b1



v =
e que:
,
−a2 x + a1 y
v(x, y) =
a1 b2 − a2 b1
∂(u, v) ∂(x, y) −1
=
∂(x, y) ∂(u, v) .
Exemplos 10.3.
[1] Seja D a região limitada pelas curvas y = 2 x, y = x, y = 2 x−2 e y = x+1,
calcule:
ZZ
x y dx dy.
D
A presença dos termos 2 x − y e y − x sugerem a seguinte mudança:
(
u = 2x− y
v = y − x.
A nova região D ∗ é limitada pelas seguintes curvas: u = 0, u = −2, v = 0 e
v = 1.
4
1
3
2
1
1
2
3
-2
Figura 10.5: Regiões D e D ∗ , respectivamente.
Note que:
1
310
(
x =u+v
y = u + 2 v,
∂(x, y) = 1 e f (u, v) = (u + v) (u + 2 v) = u2 + 3 u v + 2 v 2. Então:
logo, ∂(u, v) ZZ
x y dx dy =
D
Z 1 Z
0
0
2
2
(u + 3 u v + 2 v ) du dv = 1.
−2
[2] Seja D a região limitada pela curva y + x = 2 e pelos eixos coordenados,
calcule:
ZZ
y−x
e x+y dx dy.
D
A presença dos termos x + y e x − y sugerem a seguinte mudança:
(
u =x+y
v = y − x.
D é limitada pelas curvas x = 0, y = 0 e x + y = 2; então, D ∗ é limitada pelas
curvas u = v, u = −v e u = 2, respectivamente.
2
2
1
1
1
2
-2
∂(u, v) = 2 e ∂(x, y) = 1 , f (u, v) = e uv ; então:
∂(x, y) ∂(u, v) 2
2
ZZ
e
y−x
x+y
D
311
ZZ
Z Z u
v
v
1 2
1
dx dy =
e u du dv =
e u dv du
2 D∗
2 0
−u
v=u
Z
1 2 v =
du
u eu 2 0
v=−u
Z
e − e−1 2
=
u du
2
0
= e − e−1 .
[3] Determine a área da região D limitada pela curva fechada
(2 x − 4 y + 7)2 + (x − 5 y)2 = 16.
Considere a mudança:
(
u=
v=
2x− 4y
x − 5 y.
D ∗ é a região limitada pela curva (u+7)2 +v 2 = 16 que é um círculo centrado
em (−7, 0) de raio 4.
1
6
4
-10
-5
1
2
- 14
- 12
- 10
-8
-6
-4
-2
-2
-4
-3
-6
∂(u, v) ∂(x, y) 1
∂(x, y) = 6; então ∂(u, v) = 6 e:
ZZ
1
1
8
A(D) =
du dv = A(D ∗ ) = πu.a.
6 D∗
6
3
[4] Seja D a região limitada pela curva y + x = 1 e pelos eixos coordenados,
calcule:
312
ZZ
cos
D
x − y
dx dy.
x+y
A presença dos termos x + y e x − y sugerem a seguinte mudança:
(
u =x−y
v = x + y.
1
1
1
-1
1
∗
D
é a região limitada pelas seguintes curvas: u = v, u = −v e v = 1,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = 2 e
u
; então:
f (u, v) = cos
v
ZZ
y−x
1
u
cos
dx dy =
cos
du dv
x+y
2 D∗
v
D
Z Z v
1 1
u
=
du dv
cos
2 0
v
−v
Z
Z 1
1 1
v sen(1) − sen(−1) dv = sen(1)
v dv
=
2 0
0
sen(1)
=
.
2
ZZ
[5] Seja D a região limitada pelas curvas y − 2 x = 2, y + 2 x = 2, y − 2 x = 1
e y + 2 x = 1, calcule:
ZZ
y +2x
dx dy.
2
D (y − 2 x)
313
A presença dos termos y + 2 x e y − 2 x sugerem a seguinte mudança:
(
u = y +2x
v = y − 2 x.
D ∗ é a região limitada pelas seguintes curvas: u = 1, u = 2, v = 1 e v = 2.
2
2
1
1
-1
-0.5
0.5
1
1
2
∂(x, y) 1
u
∂(u, v) = 4 e f (u, v) = v 2 ; então:
ZZ
u
1
y +2x
dx dy =
du dv
2
4 D∗ v 2
D (y − 2 x)
Z Z 2
1 2
u
=
du dv
2
4 1
1 v
3
= .
16
ZZ
[5] Seja D a região limitada pelas curvas y + x = 1, y + x = 4, x − y = −1 e
x − y = 1, calcule:
ZZ
(x + y)2 ex−y dx dy.
D
A presença dos termos y + x e y − x sugerem a seguinte mudança:
(
u =x+y
v = x − y.
D ∗ é a região limitada pelas seguintes curvas: u = 1, u = 4, v = −1 e v = 1.
314
3.0
2.5
2.0
1.0
1.5
0.5
1.0
1
2
3
4
- 0.5
0.5
-1.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
∂(x, y) 1
2 v
∂(u, v) = 2 e f (u, v) = u e ; então:
ZZ
2 x−y
(x + y) e
D
10.5
ZZ
1
u2 ev du dv
dx dy =
2 D∗
Z Z 4
1 1
2 v
=
u e du dv
1 −1 1
21
=
(e − e−1 ).
2
Mudança Polar de Coordenadas
Um ponto P = (x, y) em coordenadas retangulares tem coordenadas polares
(r, θ) onde r é a distância da origem a P e θ é o ângulo formado pelo eixo
dos x e o segmento de reta que liga a origem a P .
P’
y
P
r
r
θ
x
Figura 10.11: Mudança polar de coordenadas.
10.5. MUDANÇA POLAR DE COORDENADAS
315
A relação entre as coordenadas (x, y) e (r, θ) é dada por:
(
r
θ
Ou, equivalentemente:
p
x2 + y 2
y
= arctg
x 6= 0.
x
=
(
x = r cos(θ)
y = r sen(θ).
Esta mudança é injetiva em:
D ∗ = {(r, θ)/r > 0, θ0 < θ < θ0 + 2π},
com θ0 =constante.
Note que a região circular D = {(x, y) /x2 + y 2 ≤ a2 } corresponde, em coordenadas polares, à região retangular:
D ∗ = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2 π} = [0, a] × [0, 2 π].
Exemplos 10.4.
[1] A cardióide é uma curva de equação cartesiana x2 + y 2 =
em coordenadas polares fica r = 1 − sen(θ), r ≥ 0.
-1
p
x2 + y 2 − y;
1
-1
-2
Figura 10.12: Cardióide.
[2] A lemniscata de Bernoulli é uma curva de equação cartesiana:
(x2 + y 2)2 = a2 (x2 − y 2);
em coordenadas polares fica r 2 = a2 cos(2θ).
316
Figura 10.13: Lemniscata.
[3] O cilindro circular reto de raio a, em coordenadas cartesianas é definido
como o seguinte conjunto:
C = {(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y 2 = a2 , a ≥ 0};
em coordenadas polares:
C ∗ = {(r, θ, z) ∈ R3 /r = a, 0 ≤ θ ≤ 2 π}.
Calculemos o jacobiano da mudança de coordenadas polares:
∂(x, y) ∂(u, v) = r > 0.
Do teorema anterior, segue:
Corolário 10.3. Se f (r, θ) = f (r cos(θ), r sen(θ)), então:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
ZZ
r f (r, θ) dr dθ
D∗
Esta igualdade ainda é válida se D ∗ = {(r, θ)/r ≥ 0, θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2π}.
Em particular a área de D é:
A(D) =
10.6
ZZ
dx dy =
D
ZZ
r dr dθ
D∗
Regiões Limitadas por Círculos
Seja a > 0. A região D, limitada pelo círculo x2 + y 2 = a2 , em coordenadas
polares é dada por:
D ∗ = {(r, θ) ∈ R2 /0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2 π}.
10.6. REGIÕES LIMITADAS POR CÍRCULOS
317
Neste caso:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
Z
0
2π Z a
r f (r, θ) dr dθ
0
A região D, limitada pelo círculo (x − a)2 + y 2 ≤ a2 , em coordenadas polares
é:
D ∗ = {(r, θ) ∈ R2 /0 ≤ r ≤ 2 a cos(θ), −
π
π
≤ θ ≤ }.
2
2
Neste caso:
ZZ
D
f (x, y) dx dy =
Z
π
2
− π2
Z
2 acos(θ)
r f (r, θ) dr dθ
0
A região D, limitada pelo círculo x2 + (y − a)2 ≤ a2 , em coordenadas polares
é:
318
D ∗ = {(r, θ) ∈ R2 /0 ≤ r ≤ 2 a sen(θ), 0 ≤ θ ≤ π}.
Neste caso:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
Z π Z
0
2a sen(θ)
r f (r, θ) dr dθ
0
Exemplos 10.5.
ZZ
[1] Calcule
(x2 + y 2) dx dy, onde D é a região limitada pelas curvas:
D
√
3x
2
2
2
2
,
x + y = 1, x + y = 4, y = x e y =
3
no primeiro quadrante.
1
1
2
Usando coordenadas polares, a nova região D ∗ no plano rθ é determinada
por:
D ∗ = {(r, θ) /1 ≤ r ≤ 2,
319
π
π
≤ θ ≤ }.
6
4
Como x2 + y 2 = r 2 , temos:
ZZ
2
2
(x + y ) dx dy =
D
[2] Calcule
ZZ
3
r dr dθ =
D∗
ZZ
Z
π
4
π
6
2
Z
3
r dr dθ =
1
5π
.
16
ln(x2 + y 2) dx dy, onde D é a região limitada pelas curvas:
D
x2 + y 2 = a2
e
x2 + y 2 = b2 , (0 < a < b).
Usando coordenadas polares temos que D ∗ está determinada por:
a ≤ r ≤ b e 0 ≤ θ ≤ 2π.
Por outro lado, ln(x2 + y 2 ) = 2 ln(r),
ZZ
D
2
2
ln(x + y ) dx dy =
ZZ
= 4π
2 r ln(r) dr dθ
D∗
Z
b
r ln(r) dr
a
b
= π (r (2 ln(r) − 1))
2
a
= π (2 b2 ln(b) − 2 a2 ln(a) + a2 − b2 ).
[3] Determine o volume do sólido situado acima do plano xy e limitado
pelos gráficos de z = x2 + y 2 e x2 + y 2 = 2 y.
O gráfico de z = x2 + y 2 é um parabolóide centrado na origem e o do cilindro circular reto x2 + y 2 = 2y que é centrado em (0, 1, 0) e de raio 1, pois,
podemos escrever x2 + y 2 − 2 y = x2 + (y − 1)2 − 1.
320
x
2
1
0
0.75
-1
1
-2
0.5
0.25 0
4
3
3
2
z
2
1
1
0
02
-2
1.5
-1
1
0
1
y
0.5
0
2
Logo D = {(x, y) ∈ R2 /x2 + (y − 1)2 ≤ 1}, em coordenadas polares é:
D ∗ = {(r, θ) ∈ R2 /0 ≤ r ≤ 2 sen(θ), 0 ≤ θ ≤ π}.
O sólido W é limitado superiormente pelo parabolóide; logo:
V =
ZZ
(x2 + y 2 ) dx dy.
D
Utilizando coordenadas polares temos x2 + y 2 = r 2 e:
V =
ZZ
2
2
ZZ
3
Z π Z
2sen(θ)
r dr dθ
3
(x + y ) dx dy =
r dr dθ =
D∗
0
0
Z π
Z π
3
cos(4θ
sen(2θ
4
=4
sen (θ) dθ = 4
dθ
+
−
8
8
2
0
0
π
3 θ 3
3
= −sen (θ) cos(θ) − cos(θ) sen(θ) +
2
2 0
3π
u.v.
=
2
D
[4] Calcule o volume do sólido limitado externamente por x2 + y 2 + z 2 = 25
e internamente por x2 + y 2 = 9.
321
y
0
4
3
2
1
3
z
2
1
0
0
1
2
3
4
x
5
5
3
3
5
Pela simetria do sólido, calculamos o volume no primeiro octante e multiplicamos o resultado por 8.
ZZ p
25 − x2 − y 2 dx dy,
V =8
D
onde D é a projeção do sólido no plano xy. Usando coordenadas polares
obtemos a nova região D ∗ definida por:
π
D ∗ = {(r, θ) / 3 ≤ r ≤ 5, 0 ≤ θ ≤ }
2
p
√
2
2
2
e 25 − x − y = 25 − r :
Z
ZZ p
2
2
25 − x − y dx dy = 8
V =8
D
0
π
2
Z
3
5
r
√
25 −
r 2 dr
dθ =
256π
u.v.
3
322
[5] Calcule
Z
+∞
2
e−x dx.
0
Esta integral é muito utilizada em Estatística. Seja R = [−a, a] × [−a, a].
Então:
ZZ
R
−(x2 +y 2 )
e
dx dy =
Z a Z
−a
a
−x2
e
−y 2
e
−a
O gráfico de f (x, y) = e−(x
2 +y 2 )
Z a
Z a
−x2
−y 2
dy dx =
e
dx
e dy .
−a
−a
é:
Figura 10.21:
Z a
a
2
−u2
Se denotamos por L(a) =
e
du = 2 e−u du, temos:
−a
0
ZZ
2
2
L2 (a) =
e−(x +y ) dx dy.
Z
R
Sejam D e D1 regiões elementares tais que D ⊂ R ⊂ D1 onde D é a região
limitada pelo círculo inscrito em R e D1 é a região limitada pelo círculo
circunscrito a R:
R
D
D1
Figura 10.22:
2
2
323
2
2
Como f (x, y) = e−(x +y ) é contínua em D1 e e−(x +y ) > 0, para todo x, y,
ZZ
ZZ
2
2
−(x2 +y 2 )
2
e−(x +y ) dx dy.
e
dx dy ≤ L (a) ≤
D
D1
Usando coordenadas √
polares, D é definida por 0 ≤ r ≤ a e 0 ≤ θ ≤ 2π, D1 é
definida por 0 ≤ r ≤ 2 a e 0 ≤ θ ≤ 2π:
e−(x
2 +y 2 )
= e−r
2
e:
Z
0
2π Z a
2
dr dθ = π (1 − e−a );
−r 2
re
0
então,
Como:
q
π (1 −
lim
e−a2 )
a→+∞
q
≤ L(a) ≤
Z
a
Z
+∞
−u2
e
du =
0
Z
π (1 − e−2a2 ).
+∞
2
e−u du,
0
temos:
−u2
e
du =
√
0
π
.
2
[6] Se D = {(x, y) ∈ R2 /1 ≤ (x − y)2 + (x + y)2 ≤ 4, y ≤ 0, x + y ≥ 0}, calcule:
ZZ
x+y
e x−y
dx dy.
2
D (x − y)
Usamos mudança linear:
(
u = x−y
v = x + y.
Logo, a nova região D ∗ é limitada pelas curvas u2 + v 2 = 1, u2 + v 2 = 4, v ≤ u
e 0 ≤ v:
324
2
1
1
2
Figura 10.23: Região D.
∂(x, y)
1
∂(u, v)
= 2 então
= e
∂(x, y)
∂(u, v)
2
x+y
ZZ
ZZ
v
eu
e x−y
1
dx dy =
du dv.
2
2 D ∗ u2
D (x − y)
Usando coordenadas polares obtemos a região D ∗∗ definida por: 1 ≤ r ≤ 2
π
e0≤θ≤ :
4
ZZ
ZZ
v
1
eu
r etg(θ)
1
ln(2)
du
dv
=
dr dθ =
(e − 1).
2
2
2
2 D∗ u
2 D∗∗ r cos (θ)
2
10.7 Aplicação
Seja D região do tipo II, limitada por curvas de equações (em forma polar):
r = g(θ) e r = h(θ) e definida por:
D = {(r, θ)/g(θ) ≤ r ≤ h(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2 },
onde g, h : [θ1 , θ2 ] −→ R são funções contínuas tais que 0 ≤ g(θ) ≤ h(θ).
θ
θ
y
h
2
D
D*
θ1
θ2
θ1
r
Figura 10.24:
g
x
10.7. APLICAÇÃO
325
Então:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
Z
θ2 Z h(θ2 )
θ1
r f (r, θ) dr dθ
g(θ1 )
Em particular, a área de D é:
A(D) =
1
dx dy =
2
D
ZZ
Z
θ2 θ1
2
(h(θ)) − (g(θ))
2
dθ
Exemplos 10.6.
[1] Calcule o volume do sólido limitado pelo cone z =
cilindro r = 4 sen(θ), no primeiro octante.
p
x2 + y 2 e pelo
Usando coordenadas polares temos que o cone escreve-se z = r; no plano
r θ o cilindro projeta-se no círculo r = 4 sen(θ); logo 0 ≤ r ≤ 4 sen(θ) e
π
0≤θ≤ .
2
y
4
0
4
2
1
3
4
3
3
2
z
2
1
1
0
0
0.5
1
-2
-1
1
1.5
2
x
2
Figura 10.25:
V =
ZZ
D∗
2
r dr dθ =
Z
π
2
0
Z
4 sen(θ)
2
r dr dθ =
0
128
u.v.
9
[2] Calcule a área da região limitada pelo interior do círculo r = 4 sen(θ) e
pelo exterior do círculo r = 2.
326
2
-2
2
-2
Figura 10.26:
Os círculos se intersectam em: θ =
1
A(D) =
2
Z
5π
6
π
6
π
6
eθ=
5π
6
e:
(16 sen2 (θ) − 4) dθ =
√ 2π
+ 2 3 u.a.
3
[3] Calcule a área da região limitada por r = 2(1 + sen(θ)).
4
3
2
1
-2
-1
1
2
Figura 10.27:
0 ≤ θ ≤ 2 π. Logo:
A(D) = 2
Z
2π
(1 + sen(θ))2 dθ = 6πu.a.
0
[4] Calcule a área da região limitada por r = sen(3θ).
10.8. EXERCÍCIOS DE MUDANÇA DE COORDENADAS
327
Figura 10.28:
0 ≤ θ ≤ 2 π. Logo:
1
A(D) =
2
2π
Z
sen2 (3θ) dθ =
0
π
u.a.
2
10.8 Exercícios de Mudança de Coordenadas
Nesta seção apresentaremos mudanças de coordenadas não usuais. Lembremos, que utilizaremos o teorema de mudança de coordenadas e a fórmula:
ZZ
f (x, y) dx dy =
D
∂(x, y) du dv
f (u, v) ∂(u, v) D∗
ZZ
onde:
∂(x, y) ∂(u, v) é o valor absoluto do determinante Jacobiano e f (u, v) = f (x(u, v), y(u, v)).
Exemplos 10.7.
[1] Calcule:
Z
1
2
Z
Primeiramente observamos que:
0
√
x
√
ye
x
dy dx.
328
Z 2Z
1
√
x
√
ye
0
x
dy dx =
onde D = {(x, y) / 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
ZZ
√
ye
x
dx dy,
D
√
x}; D é região de tipo I.
1
1
2
Utilizemos a mudança de coordenadas:

x=1


(


x = u2
x=2
=⇒

y = v;
y=0


√

y= x
√
Logo, D ∗ = {(u, v) / 1 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ u}.
=⇒ u = 1
√
=⇒ u = 2
=⇒ v = 0
=⇒ v = u.
1
1
Figura 10.30: A região D ∗ .
2
329
O jacobiano da mudança é:
"
∂(x, y)
= det
∂(u, v)
√
que é não nulo em D ∗ e f (x, y) = y e
ZZ
√
ye
x
dx dy =
D
=2
Z
0
x
ZZ
#
2u 0
1
= 2 u;
= v eu . Logo:
2 u v eu du dv
D∗
√
Z
1
√
2
2
Z
u
u
u v e dv du
0
u3 eu du
1
√
√
= 6 + 4 e 2 (2 2 − 3).
=
[2] Calcule:
ZZ
(x2 + y 2) dx dy,
D
onde D é limitada por x y = 2, x y = 4, x2 − y 2 = 1 e x2 − y 2 = 9, no primeiro
quadrante.
2
1
1
2
3
Façamos a seguinte mudança de coordenadas:
330
(
u = x2 − y 2
v = 2 x y.

xy = 2



x y = 4
=⇒
x2 − y 2 = 1


 2
x − y2 = 9
=⇒ v = 4
=⇒ v = 8
=⇒ u = 1
=⇒ u = 9.
#
∂(x, y)
1
=
;
2
∂(u, v)
4 (x + y 2)
Então D ∗ = [1, 9] × [4, 8]. Por outro lado:
∂(u, v)
= det
∂(x, y)
"
2 x −2 y
2y
2x
= 4 (x2 + y 2) =⇒
logo:
∂(x, y) 1
= ,
(x + y ) ∂(u, v) 4
2
e:
2
ZZ
1
(x + y ) dx dy =
du dv
4
D
D∗
Z Z
1 9 8
=
dv du
4 1 4
= 8.
ZZ
2
2
[3] Calcule:
ZZ
D
(y + 2 x2 ) (y − x2 ) dx dy,
onde D é limitada por x y = 1, x y = 2, y = x2 e y = x2 − 1, no primeiro
quadrante.
2.0
1.5
1.0
0.5
0.5
1.0
1.5
2.0

xy = 1


(


u = xy
xy = 2
=⇒
2

v =y−x
y = x2



y = x2 − 1
=⇒ u = 1
=⇒ u = 2
=⇒ v = 0
=⇒ v = −1.
Então D ∗ = [1, 2] × [−1, 0]. O jacobiano da mudança é:
"
#
y
x
∂(x, y)
1
∂(u, v)
= det
= y + 2 x2 =⇒
=
.
∂(x, y)
∂(u, v)
y + 2 x2
−2 x 1
Então:
∂(x, y) = v,
(y + 2 x ) (y − x ) ∂(u, v) 2
logo:
ZZ
2
2
D
2
(y + 2 x ) (y − x ) dx dy =
=
ZZ
Z
v du dv
D∗
0 Z 2
1
−1
1
=− .
2
[4] Calcule:
ZZ
e−x
2 −x y−y 2
dx dy,
D
onde D é limitada por x2 + y 2 + x y ≤ 1.
1
-1
1
-1
v du dv
331
332
Completando os quadrados:
y 2
x2 + y 2 + x y = x +
+
2
√
Utilizemos a mudança linear de coordenadas:

y

u = x +
√ 2
3y

v =
2
3 y 2
.
2
A região é dada por D ∗ = {(u, v) / u2 + v 2 ≤ 1}. Por outro lado, o jacobiano
da mudança é:


1
√
√
 1 2 
∂(x,
y)
2
∂(u, v)
3
3
√ 
=
= det 
=⇒
=
.


∂(x, y)
2
∂(u, v)
3
3
0
2
Então:
ZZ
−x2 −x y−y 2
e
D
√ ZZ
2 3
2
2
e−(u +v ) du dv.
dx dy =
3
D∗
Utilizando coordenadas polares, temos que D ∗∗ = {(r, θ) / 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤
θ ≤ 2 π} e:
ZZ
−x2 −x y−y 2
e
dx dy =
D
=
=
=
√ ZZ
2 3
2
2
e−(u +v ) du dv
3
∗
√ Z ZD
2 3
2
e−r r dr dθ
3
∗∗
√ Z 1DZ 2π
2 3
2
r e−r dθ dr
3
√ 0 0
2π 3
(1 − e−1 ).
3
[5] Calcule:
ZZ
D
(x2 − y 2) exy dx dy,
333
onde D é limitada por x y = 1, x y = 4, y = x e y = x + 2 no primeiro
quadrante.
4
3
2
1
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0

xy = 1



x y = 4
=⇒

−x + y = 0



−x + y = 2
(
u = xy
v = −x + y.
=⇒ u = 1
=⇒ u = 4
=⇒ v = 0
=⇒ v = 2.
Logo a região D ∗ = [1, 4] × [0, 2]:
2
1
4
Figura 10.35: A região D ∗ .
"
#
y x
∂(u, v)
∂(x, y)
1
= det
= x + y =⇒
=
;
∂(x, y)
∂(u, v)
x+y
−1 1
334
observe que como x, y > 0, temos:
(x − y) (x + y) exy
2
2
xy ∂(x, y) =
(x − y ) e = (x − y) exy = −v eu .
∂(u, v) x+y
Então:
ZZ
D
2
2
xy
(x − y ) e dx dy = −
=−
ZZ
v eu du dv
D∗
Z
4
1
Z
2
v eu dv du
0
4
= 2 (e − e ).
[6] Calcule:
ZZ
e
x3 +y 3
xy
dx dy,
D
onde D = {(x, y) / y 2 − 2 x ≤ 0, x2 − 2 y ≤ 0}.
2
2
(
x = u2 v
y = u v 2.
Então:
(
y2 − 2 x ≤ 0
x2 − 2 y ≤ 0
√
=⇒ 0 ≤ v ≤ 3 2
√
=⇒ 0 ≤ u ≤ 3 2.
A região D ∗ = [0,
Então:
ZZ
√
3
335
√
3
2]. Por outro lado:
∂(x, y) x3 + y 3
3
3
= 3 u2 v 2 .
= u + v e xy
∂(u, v) e
2] × [0,
x3 +y 3
xy
dx dy =
D
ZZ
ZDZ
=3
Z
=3
=
3 u2 v 2 eu
Z
du dv
∗
3
3
u2 v 2 eu ev du dv
D∗
√
3
2
0
√
3
2
0
3 +v 3
Z
√
3
2
2
2 u3
v3
u v e e du dv
0
√3 2
3
3
v 2 ev eu dv
= (e2 − 1)
Z
√
3
0
2
3
v 2 ev dv
0
1
= (e2 − 1)2 .
3
[7] Calcule:
ZZ
D
x3 y 3
p
1 − x4 − y 4 dx dy,
onde D = {(x, y) / x4 + y 4 ≤ 1}, no primeiro quadrante.
1
-1
1
-1
336
(
p
x = r cos(θ)
p
y = r sen(θ).
1
∂(x, y)
p
= p
∂(r, θ)
4 sen(θ) cos(θ)
Então:
p
√
∂(x, y) 1
4
4
= cos(θ) sen(θ) r 3 1 − r 2
x y
1 − x − y ∂(r, θ)
4
3
3
Logo, D ∗ = {(r, θ) / 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤
π
} e:
2
ZZ
p
√
1
4
4
x y
cos(θ) sen(θ) r 3 1 − r 2 dr dθ
1 − x − y dx dy =
4
D
D∗
Z 1
Z π/2
√
1
3
2
=
r 1 − r dr
cos(θ) sen(θ) dθ
4
0
0
1
= .
60
ZZ
3
3
[8] Determine a área da região limitada por y 2 = 2 p x, y 2 = 2 q x, x2 = 2 r y e
x2 = 2 s y tais que 0 < p < q e 0 < r < s.

y2


u
=



2x


x2


v =
2y
 2
y = 2px



y 2 = 2 q x
=⇒

x2 = 2 r y


 2
x = 2sy
337
=⇒ u = p
=⇒ u = q
=⇒ v = r
=⇒ v = s.
Então D ∗ = [p, q] × [r, s]. Por outro lado:

y2
y
 − 2x2
∂(x, y) 4
3
∂(u, v)
x 

= .

= − =⇒ = det 
∂(x, y)
4
∂(u, v) 3
x
x2 
− 2
y
2y

Então:
A(D) =
ZZ
D
dx dy =
ZZ
D∗
4
4
du dv = (q − p) (s − r).
3
3
[9] Determine a área da região limitada por:
y=
9bx
bx
ey=
, tal que a, b > 0.
a
a
r
x
+
a
r
y
= 1,
b
r
x
+
a
r
y
= 4,
b
338
r

ay


u=


bx

r
r



x
y

v =
+
a
b


ay = bx





ay = 9bx

r
r
x
y
=⇒
+
=1

a rb


r


x
y


+
=4

a
b
=⇒ u = 1
=⇒ u = 3
=⇒ v = 1
=⇒ v = 4.
Então D ∗ = [1, 3] × [1, 4]. Não é difícil calcular a inversa da transformação
de coordenadas:

a v2



x
=


(1 + u)2




b u2 v 2


.
y =
(1 + u)2
Logo:
2 v2 a
−
 (1 + u)3
∂(x, y)

= det 
 2 u v2 b
∂(u, v)

(1 + u)3
E:

2va
(1 + u)2 
4 a b u v3

.
=
−

2 u2 v b 
(1 + u)4
(1 + u)2
4 a b u v3
4 du dv
D
D ∗ (1 + u)
Z 3Z 4
4 a b u v3
=
4 dv du
1
1 (1 + u)
Z 3
u
= 255 a b
4 du
1 (1 + u)
935 a b
.
=
64
A(D) =
ZZ
dx dy =
ZZ
[10] Calcule o volume do sólido limitado pelo elipsóide:
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1;
a2
b
c
onde a, b, c 6= 0.
10.9. OUTRAS APLICAÇÕES DA INTEGRAL DUPLA
339
Pela simetria do sólido calculamos o volume relativo ao primeiro octante;
logo:
2
ZZ s
x
y2
1 − 2 + 2 dx dy.
V = 8c
a
b
D
x2 y 2
A região D é limitada pela porção de elipse 2 + 2 = 1 no primeiro quaa
b
drante. Usemos a seguinte mudança:
(
x = a r cos(θ)
y = b r sen(θ);
o determinante Jacobiano da mudança é:
∂(x, y)
=
∂(r, θ)
"
a cos (t) −ar sin (t)
b sin (t)
br cos (t)
#
= a b r.
Por outro lado:
s
√
x2 y 2
1 − 2 + 2 = 1 − r2.
a
b
π
A região D ∗ = [0, 1] × [0, ]:
2
V = 8abc
ZZ
r
D∗
√
1−
r 2 dr dθ
= 4abcπ
Z
1
r
0
√
1 − r 2 dr =
4abcπ
u.v.
3
4 π a3
Em particular, se a = b = c, temos uma esfera de raio a e V =
u.v.
3
10.9 Outras Aplicações da Integral Dupla
Como em uma variável, outras aplicações, além do cálculo de volumes, podem ser definidas através de integrais duplas, tais como, massa total, centro
de massa e momento de inércia.
340
10.10
Massa Total
Suponha que uma lâmina fina tem a forma de uma região elementar D e
consideremos que a massa está distribuida sobre D com densidade conhecida, isto é, existe uma função z = f (x, y) > 0 em D que representa a massa
por unidade de área em cada ponto (x, y) ∈ D. Se a lâmina é feita de material homogêneo, a densidade é constante. Neste caso a massa total da
lâmina é o produto da densidade pela área da lâmina.
Quando a densidade f varia de ponto a ponto em D e f é uma função integrável sobre D, a massa total M(D) de D é dada por:
M(D) =
ZZ
f (x, y) dx dy
D
10.11 Momento de Massa
O momento de massa de uma partícula em torno de um eixo é o produto de
sua massa pela distância (na perpendicular) ao eixo. Então, os momentos
de massa da lâmina D em relação ao eixo dos x e dos y são respectivamente:
Mx =
ZZ
y f (x, y) dx dy,
My =
D
y
(x,y)
x
Figura 10.40:
ZZ
x f (x, y) dx dy
D
D
10.11. MOMENTO DE MASSA
341
10.11.1 Centro de Massa
O centro de massa da lâmina é definido por (x, y), onde:
x=
My
,
M(D)
y=
Mx
M(D)
Fisicamente (x, y) é o ponto em que a massa total da lâmina poderia estar
concentrada sem alterar seu momento em relação a qualquer dos eixos. Se
f (x, y) = k, (k > 0) em todo D, (x, y) é chamado centróide de D. Neste caso
o centro de massa é o centro geométrico da região D.
Exemplos 10.8.
[1] Calcule o centro de massa do retângulo [0, 1]×[0, 1] se a densidade é dada
pela função: f (x, y) = ex+y .
A massa total de D = [0, 1] × [0, 1] é:
Z 1 Z 1
x+y
M(D) =
e
dx dy = e2 − 2e + 1.
0
0
Os momentos de massa respectivos são:
Mx =
Z 1 Z
0
1
x+y
ye
0
dx dy = e − 1
e My =
Z 1 Z
0
0
1
x+y
xe
dx dy = e − 1
1
1
,
).
e−1 e−1
[2] Determine o centro de massa da região limitada por um semicírculo D
de raio a centrado na origem, sabendo que sua densidade em cada ponto é
proporcional à distância do ponto à origem.
e o centro de massa de D é (
Exe
Figura 10.41:
342
p
f (x, y) = k x2 + y 2 . Calculamos a massa total usando coordenadas
polap
∗
2
2
res. A nova região D é definida por: 0 ≤ r ≤ a e 0 ≤ θ ≤ π; x + y = r:
Z π Z a
k π a3
2
.
M(D) = k
r dr dθ =
3
0
0
Os momentos de massa respectivos são:
Mx =
Z a Z
0
π
3
r cos(θ) dθ dr = 0
0
e My =
Z a Z
0
π
3
r sen(θ) dθ dr =
0
a4
;
2
3a
).
2kπ
[3] Determine o centróide da região limitada pelas curvas y = x2 e y =
4 x − x2 .
o centro de massa de D é (0,
4
2
1
2
Figura 10.42:
Neste caso f (x, y) = 1 para todo (x, y) ∈ D, onde:
D = {(x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4 x − x2 }
8
e M(D) = A(D) = . Esta área já foi calculada anteriormente.
3
Mx =
Z 2 Z
0
4x−x2
x2
16
y dy dx =
3
e
My =
Z 2 Z
0
4x−x2
x2
8
x dy dx = ;
3
o centróide de D é (2, 1).
[4] Determine o centro de massa da região limitada pelas curvas y = x + x2 ,
y
.
y = 0 e x = 2 se a densidade em cada ponto é Exe f (x, y) = 1+x
10.12. MOMENTO DE INÉRCIA
M(D) =
Z 2 Z
0
Mx =
Z 2 Z
0
My =
Z 2 Z
0
x(x+1)
Z
y
10
1 2 3
(x + x2 ) dx = ,
dy dx =
1+x
2 0
3
x(x+1)
Z
y2
412
1 2 4
(x + x3 ) dx =
dy dx =
,
1+x
2 0
45
x(x+1)
Z
26
xy
1 2 5
(x + 2 x4 + x3 ) dx = ;
dy dx =
1+x
3 0
5
0
0
0
343
o centro de massa de D é (
39 206
,
).
25 75
10.12 Momento de Inércia
Sejam L uma reta no plano, D uma lâmina como antes e δ(x, y) = d((x, y), L),
onde d é a distância no plano e (x, y) ∈ D.
δ
(x,y)
L
D
Figura 10.43:
Se f (x, y) é a densidade em cada ponto de D, o momento de inércia da
lâmina em relação à reta L é:
IL =
ZZ
δ 2 (x, y) f (x, y) dx dy
D
Em particular, se L é o eixo dos x:
344
Ix =
ZZ
y 2 f (x, y) dx dy
D
Se L é o eixo dos y:
Iy =
ZZ
x2 f (x, y) dx dy
D
O momento de inércia polar em relação à origem é:
I0 = Ix + Iy =
ZZ
(x2 + y 2 ) f (x, y) dx dy
D
O momento de inércia de um corpo em relação a um eixo é sua capacidade
de resistir à aceleração angular em torno desse eixo.
Exemplos 10.9.
[1] Determine o momento de inércia polar da região limitada pelas curvas
y = ex , x = 1, y = 0 e x = 0, se a densidade em cada ponto é f (x, y) = x y.
Z 1 Z
ex
1
x y dy dx = (3 e4 + 1),
64
0
D
0
ZZ
Z 1 Z ex
1
y x3 dy dx = (e2 + 3);
Iy =
yx3 dx dy =
16
0
D
0
Ix =
ZZ
3
xy dx dy =
3
logo, o momento de inércia polar é:
I0 = Ix + Iy =
1
(3 e4 + 4 e2 + 13).
64
[2] Uma lâmina fina com densidade constante k é limitada por x2 + y 2 = a2
e x2 + y 2 = b2 , (0 < a < b). Calcule o momento de inércia polar da lâmina.
Usando coordenadas polares, a nova região é definida por: a ≤ r ≤ b e
0 ≤ θ ≤ 2 π e o momento de inércia polar é:
Z 2 π Z b
k (b4 − a4 )π
3
I0 = k
r dr dθ =
.
2
0
a
10.13. EXERCÍCIOS
345
10.13 Exercícios
1. Determine o volume dos seguintes sólidos:
(a) Limitado superiormente por z = x2 + y 2 e inferiormente pela região limitada por y = x2 e x = y 2.
(b) Limitado superiormente por z = 3 x2 + y 2 e inferiormente pela
região limitada por y = x e x = y 2 − y.
(c) Limitado por y 2 + z 2 = 4 , x = 2 y, x = 0 e z = 0, no primeiro
octante.
(d) Limitado por z = x2 + y 2 + 4 , x = 0, y = 0, z = 0 e x + y = 1.
(e) Limitado por x2 + y 2 = 1 , y = z, x = 0 e z = 0, no primeiro
octante.
2. Calcule a área da região limitada pelo eixo dos y e as curvas y = sen(x)
e y = cos(x).
3. Calcule a área das regiões limitadas pelas seguintes curvas:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e) y 3 = x, y = x
y = x2 , y = 2x + 45
y = −x2 − 4, y = −8
y = 5 − x2 , y = x + 3
x = y 2 , y = x + 3, y =
−2, y = 3
(f) y = −x2 − 1, y = −2x − 4
(g) x = y 2 + 1, y + x = 7
(h) y = 4 − x2 , y = x2 − 14
4. Determine o centro de massa da lâmina plana R, no plano xy e densidade dada f :
(a) R é limitado por x2 + y 2 =
1 no primeiro quadrante e
f (x, y) = x y
(b) R é limitado por y = x e
y = x2 e f (x, y) = x2 + y 2
5. Definimos o valor médio de f sobre a região D por:
VM
1
=
A
ZZ
f (x, y) dx dy,
D
onde A é a área de D. Calcule VM se:
346
(a) f (x, y) = x2 , e D do retângulo de vértices (0, 0), (4, 0), (4, 2) e (0, 2)
(b) f (x, y) = x2 y 2 e D do retângulo de vértices (0, 0), (4, 0), (4, 2) e
(0, 2)
(c) f (x, y) = x2 y 2 e D do triângulo de vértices (0, 0), (4, 0), e (0, 2)
(d) f (x, y) = x2 y 2 e D do triângulo de vértices (−1, 0), (1, 0), e (0, 1)
Mudanças de Variáveis
1. Utilizando a mudança de variáveis: x = u + v e y = u − v, calcule:
Z
1
0
Z
1
2
x +y
0
2
dx dy.
2. Utilizando a mudança de variáveis: x + y = u e x − y = v, calcule:
ZZ
x+y
D
2
(x − y)2 dx dy,
onde D é limitado pelo quadrado de vértices (1, 0), (2, 1) e (0, 1).
3. Utilizando a mudança de variáveis: u = x − y e v = x + y, calcule:
ZZ
D
x2 − y 2 sen2 (x + y) dx dy,
onde D = {(x, y)/ − π ≤ x + y ≤ π, −π ≤ x − y ≤ π}.
4. Utilizando coordenadas polares, calcule as seguintes integrais duplas:
ZZ
2
2
(a)
ex +y dx dy, sendo D = {(x, y)/x2 + y 2 ≤ 1}
Z ZD
(b)
ln(x2 + y 2) dx dy, sendo D = {(x, y)/x ≥ 0, y ≥ 0, a2 ≤ x2 +
D
y 2 ≤ b2 }
p
ZZ
sen( x2 + y 2 )
p
(c)
dx dy, sendo D limitadas por x2 + y 2 =
2
2
x +y
D
x2 + y 2 = π 2
π2
4
e
5. Calcule a área da região limitada pelas seguintes curvas: x = 4 − y 2 e
x + 2 y − 4 = 0.
10.13. EXERCÍCIOS
347
6. Utilizando coordenadas polares, calcule a área da região limitada pelas curvas:
(a) r = 1 e r =
2cos(θ)
√
3
(fora a circunferência r = 1).
(b) r = 2 (1 + cos(θ)) e r = 2 cos(θ).
(c) r = 2 (1 − cos(θ)) e r = 2.
ZZ
7. Calcule
sen(x2 + y 2 ) dx dy, sendo D o disco unitário centrado na
origem.
D
8. Sendo dadas a parábola y 2 = x+1 e a reta x+y = 1, calcule o momento
de inércia em relação a cada eixo e o momento de inércia polar.
ZZ
9. Calcule
(x2 − y 2 ) dx dy, onde D é a região limitada por x2 + y 2 ≤ 1,
D
y ≥ 0 e x2 + y 2 = 2.
ZZ
y+1
10. Calcule
dx dy, onde D é a região limitada por x2 +
2
2
x
+
(y
+
1)
D
y 2 ≤ 1 e y ≥ 0.
ZZ
y ln(x + y)
11. Calcule
dx dy, onde D é a região limitada por x+y = 1,
x2
D
x + y = 2, y = x e y = 0.
12. Determine a área da região limitada por x2 + 3 y 2 − 2 x − 6 y + 1 = 0.
13. Determine a área da região limitada por x y = 4, x y = 8, x y 3 = 5 e
x y 3 = 15.
ZZ
14. Calcule
cos(x + 2 y) sen(x − y) dx dy, onde D é a região limitada
D
por y = x, x + 2 y = 2 e y = 0.
ZZ r
x+y
dx dy, onde D é a região limitada por y = 0,
15. Calcule
x− 2y
D
2 y = x e y = 1 − x.
16. Determine o momento de inércia polar da região limitada por x2 −y 2 =
1, x2 − y 2 = 9, x y = 2 e x y = 4.
348

Capítulo 9 INTEGRAÇÃO DUPLA - IME – Instituto de Matemática e

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